Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Выберите тип работыЧасть дипломаДипломная работаКурсовая работаКонтрольная работаРешение задачРефератНаучно - исследовательская работаОтчет по практикеОтветы на билетыТест/экзамен onlineМонографияЭссеДокладКомпьютерный набор текстаКомпьютерный чертежРецензияПереводРепетиторБизнес-планКонспектыПроверка качестваЭкзамен на сайтеАспирантский рефератМагистерская работаНаучная статьяНаучный трудТехническая редакция текстаЧертеж от рукиДиаграммы, таблицыПрезентация к защитеТезисный планРечь к дипломуДоработка заказа клиентаОтзыв на дипломПубликация статьи в ВАКПубликация статьи в ScopusДипломная работа MBAПовышение оригинальностиКопирайтингДругое

Нажимая кнопку "Продолжить", я принимаю политику конфиденциальности

 

 

V

1

II.1. В ходе изобарического нагревания при давлении p газ совер-шил работу A = p(V −V) , где                             1 – объем газа в конце нагревания. В

1

1                                      1

−

Q

1

соответствии с первым началом термодинамики, Q = A+ ∆U2 = A+Q2 , где ∆U = Q2 – изменение внутренней энергии газа при изохорическом нагревании. Следовательно,                          Q −Q2 = A = p(V −V) ,                                             откуда V =V + 1 p Q2 . Применим к процессу изобарического нагревания газа

 

V

V

1

1

1

закон Гей-Люссака: T = T , где T и T – абсолютные температуры

 

1

газа в начале и в конце нагревания. Отсюда, с учетом выражения для объема V , получаем ответ:

 

ö

ç                ÷

1

ç                ÷

1

1     1

pV

T = æ1+ Q −Q2 T = 400 К, то есть t » T −273 =127 °C.

è                ø

 

 

112

 

Решения задач

 

 

Q

II.2. В соответствии с определением, КПД цикла h = A , где A –

 

работа, совершенная гелием за один цикл, а Q – количество теплоты,

 

полученное гелием за цикл. Указанную работу можно найти, вычислив площадь фигуры, ограниченной графиком цикла на приведенной в ус-ловии задачи pV –диаграмме:

 

0 0

A = 3p V .

 

V

2                  2

Гелий получает от нагревателя теплоту на участках 1, 4 и 6. Молярные теплоемкости гелия при изобарическом и изохорическом нагревании равны C p = 5 R и C = 3 R соответственно, где R – универсальная

 

газовая постоянная. Поэтому для количеств теплоты, получаемых газом на указанных участках, можно записать:

 

1                      1

4

6                      6

Q = 5 R∆T /2 ,   Q4 = 3nR∆T /2   и Q = 3 R∆T /2 .

 

С помощью уравнения Менделеева–Клапейрона p V = n R T , применен-

 

ного к процессам 1, 4 и 6, выражения для количеств теплоты можно представить в виде:

 

1                                          0             0 0

0 0

6                                                    0

Q = (5/2)×3p0 ×2V =15p V ; Q4 = (3/2)×p0 ×2V0 = 3p V ; Q = (3/2)×p0 ×V0 = 3p V0 /2 .

 

1                                           0

2

Следовательно, Q = Q +Q4 +Q6 = 39 p V0 . С учетом этого получаем

 

2

ответ: h = 13 » 0,154 , то есть h » 15,4% .

 

 

1

II.3. На участке 1−2 газ получил от нагревателя количество тепло-ты, равное приращению его внутренней энергии, ∆Q 2 = ∆U12 = 4 кДж. Следовательно, процесс 1−2 – изохорный. На участке 2−3 газ не об-менивался теплотой с окружающими телами, то есть данный процесс – адиабатный. На участке 3−1 внутренняя энергия газа оставалась неиз-

 

 

113

 

 

Физический факультет

 

 

∆

Q    4

менной, то есть это изотермический процесс. На участке 3−1 газ отдал количество теплоты, модуль которого равен ∆Q31 = 3 кДж. По опреде-лению, КПД цикла h =1− ∆Q31 = 1 , то есть                                      = 25% .

12

 

 

II.4. Давление pн = p0 +(Mg S) .

насыщенных паров жидкости в цилиндре равно В   соответствии  с         уравнением   Менделеева–

 

Клапейрона, плотность насыщенных паров при температуре равна

 

µ

p

н

rн = RT , где R – универсальная газовая постоянная. Так как нагрева-ние осуществлялось медленно, то температура жидкости оставалась неизменной, давление насыщенных паров также не изменялось, а вся сообщаемая системе теплота расходовалась на испарение жидкости при данной температуре. Поэтому масса испарившейся жидкости ∆m = Q .

 

С другой стороны, эта масса может быть выражена через искомую вы-соту поднятия поршня: ∆m = нS∆h. Объединяя все записанные выра-жения, получаем:

 

∆ =        =          =

.

h

Q     QRT           QRT

rrн S rµSpн   (Mg + p0S)rµ

 

 

II.5. Будем считать, что газ и пар подчиняются уравнению Менде-леева–Клапейрона. Тогда плотности газа и пара rг и rп связаны с их парциальными давлениями pг и pп следующими соотношениями:

 

µ

R

RT

rг = pгTг  и rп = pпµп ,

 

где R – универсальная газовая постоянная, T – абсолютная температу-ра. Из закона Дальтона для смеси газа и пара следует, что давление в сосуде равно сумме парциальных давлений газа и пара: p = pг + pп . В соответствии с определением относительной влажности, рп = f pн . Объединяя записанные выражения, найдем искомое отношение:

 

 

114

 

Решения задач

 

 

µ

µ

r

p

fp

n = rг = pгµг = (p− fpн )µг . п п п          н п

 

III. ЭЛЕКТРОДИНАМИКА

 

 

III.1. До соединения внешних пластин электростатическая энергия системы была равна

 

q

2 W0 = 2C ,

 

d

где C = e0S , а e0 – электрическая постоянная. После соединения меж-

 

q

1

ду собой внешних пластин на обращенных друг к другу поверхностях внутренних пластин останутся заряды, модули которых равны 1, а на их внешних поверхностях окажутся заряды q2 . Из закона сохранения электрического заряда следует, что                                                                          q = q + q2 . Обозначим через

 

q

C

U1 = 1  модуль напряжения между внутренними пластинами, а через

 

C

U2 = q2  модуль напряжения между крайней и ближайшей к ней внут-

 

ренней пластиной. Так как потенциалы внешних пластин после их со-единения становятся равными, то 2U2 −U1 = 0 . Из записанных уравне-

 

1

3

3

ний следует, что q = 2 q и q2 = 1 q . В конечном состоянии электро-

 

статическая энергия системы равна

 

q       q

q

1

×

C

2               2         2 Wк = 2C + 2 22 = 3C .

 

q

2

Согласно закону сохранения энергии, Q =W0 −Wк = 6C . Отсюда

 

 

115

.

 

 

Физический факультет

 

 

 

q = 6QC =

6Qe0S d

 

 

*III.2. После переведения ключа K в положение 2 конденсатор за-рядится до напряжения, равного ЭДС батарейки E , и приобретет заряд q = CE . При этом сторонние силы источника совершат работу

 

2

A = qE = CE 2 , а конденсатор приобретет энергию W = CE 2 . После

 

1       2

возврата ключа обратно в положение 1 конденсатор будет разряжаться через последовательно соединенные резисторы r и r . Через резистор

 

3

1

2

1       2

r ток течь не будет, так как диод D будет все время заперт. Пусть в некоторый момент времени t через резисторы r и r протекает ток I(t) . В соответствии с законом Джоуля–Ленца, количества теплоты, выделяющейся в резисторах r и r за малый промежуток времени ∆t ,

1                  1

2

Q

r   r

равны ∆Q = I2(t)r ∆t и ∆Q2 = I2(t)r ∆t . Отношение этих количеств теплоты зависит только от отношения сопротивлений резисторов и не зависит от времени . Следовательно, полные количества теплоты  1 и Q2 , выделившейся на резисторах 1 и 2 , также относятся как сопро-

 

Q   r

Q   r

тивления резисторов: 1 = 1 . В соответствии с законом сохранения 2         2

1

энергии, вся запасенная в конденсаторе энергия после возврата ключа в положение 1 перейдет в теплоту: W = Q +Q2 . Из двух последних урав-

 

C

r

A

E

ç      ÷

2

1

ç      ÷

+

r

r

è      ø

1

нений получаем: Q2 = 2(r 2r2) и Q2 = 2æ1+ 2 ö .

 

 

F

III.3. На носители электрического заряда, движущиеся в проводя-щей жидкости, действует сила Лоренца                             Л = quB , направленная в сто-рону одной из пластин. Из-за этого на одной из пластин возникает из-быточный положительный, а на другой – избыточный отрицательный заряд. Эти заряды создают в пространстве между пластинами электри-

 

116

 

Решения задач

 

 

ческое поле с напряженностью E, которое можно считать однородным, поскольку расстояние между пластинами мало по сравнению с их раз-мерами. При установившемся течении жидкости действие силы Лорен-ца на движущиеся носители заряда компенсируется действием силы со стороны электрического поля: quB = qE . Поэтому между пластинами

 

будет существовать разность потенциалов ∆f = Eh = uBh . Следова-

 

тельно, искомый заряд подключенного к пластинам конденсатора будет равен q = C∆ = CuBh . Отметим, что описанная в условии задачи сис-

 

тема иллюстрирует собой принцип действия магнитогидродинамиче-ского генератора.

 

 

Л

III.4. В отсутствие электрического поля частица массой m с зарядом q двигалась бы под действием силы Лоренца F = q v B в плоскости

 

рис. 44 по дуге окружности с постоянной скоростью. Радиус R этой окружности можно найти, записав уравнение движения частицы:

 

v

m

R

m v2 = q v B , откуда R = qB . При этом частица вылетела бы из области,

 

v qB

где есть магнитное поле, в обратном направлении через время t= pR = pm со скоростью vк = −v . При наличии электрического поля

 

движение частицы можно представить как сумму рассмотренного выше равномерного движения по окружности и равноускоренного движения вдоль силовых линий поля E. Это можно сделать потому, что состав-ляющая скорости в направлении вектора B, которую будет приобретать частица под действием электрического поля, не окажет никакого влия-ния на величину и направление силы Лоренца. За время t скорость час-

 

m    B

тицы получит в направлении вектора E приращение u = q Et = pE .

 

p

B

v

Следовательно, вектор скорости частицы при ее вылете из полупро-странства  будет  составлять  с  нормалью  к  его  границе  угол f = arctg u = arctgv E . Таким образом, частица отклонится от первона-

чального направления полета на угол

 

 

117

 

Физический факультет

 

 

v

v

2

B                    E

a = p −f = p −arctg pE = p +arctg pB .

 

 

III.5. Между полусферой и точкой О действует ЭДС индукции, воз-никающая при движении стержня. Для того чтобы найти модуль ЭДС индукции E заметим, что при повороте вокруг вертикальной оси стер-жень за                   малое время ∆t         «заметает» поверхность площадью

 

2

∆S = 1 R v∆t , где v = Rsina     – скорость вращательного движения

 

ç                      ÷

2

è                      ø

конца стержня, касающегося полусферы. Поток вектора индукции маг-нитного       поля       через       эту       поверхность       равен ∆F = Bsina ×∆S = æ 1wBR2 sin2 a ö×∆t . В соответствии с законом элек-

 

∆   2

t

тромагнитной индукции Фарадея, |E|= ∆F = 1 w BR2 sin2 a . Так как

 

сопротивление включенного в цепь резистора достаточно велико, то можно считать, что вся теплота выделяется именно в нем. По закону Джоуля–Ленца,                               выделяющаяся в резисторе мощность равна

 

4

N = E2 = w2B2R4 sin4 a .

 

III.6. Пусть ЭДС источника равна E . В соответствии с законом Джоуля–Ленца, за время t в резисторе выделяется количество теплоты

 

E

2

1

Q = R t. При этом сила тока через катушку нарастает с постоянной

 

∆I                                ∆I

L

по модулю скоростью ∆t такой, что E =L ∆t . Поэтому при отключе-нии источника через время ∆t = t сила тока в катушке составляет I0 = Et . Количество теплоты, которое выделяется в резисторе после

 

отключения источника, равно энергии, запасенной в магнитном поле

 

118

2

 

 

Решения задач

 

 

0

1

R     2L

2

катушки: Q2 = L I2 . По условию задачи Q = Q2 , то есть E 2t = E 2t2 .

 

2

Отсюда L = Rt . Заметим, что ответ не зависит от ЭДС источника.

 

 

IV. ОПТИКА

 

 

1                                                                          1

IV.1. Проведем луч F D через передний фокус F параллельно лу-

 

1

чу СА, который по условию проходит через линзу, не преломляясь (см. рис. 97). Луч F D,

 

проходящий через передний фокус, после пре-ломления в линзе идет параллельно главной оптической оси и пересекается с лучом СА в побочном фокусе – точке А, лежащей в задней фокальной плоскости AF . Поскольку BCED

 

– параллелограмм, то ∆ F CB равен ∆ ADE , и

 

 

Рис. 97

 

AD = F C = f2 . Отсюда

 

1

1

получаем ответ: CO = f1 − f2 .

 

 

IV.2. Источник S и его изображение S1 должны лежать на одной прямой – продолжении луча 1, проходя-

1

щего через оптический центр С линзы (см. рис. 98). Поэтому, проведя прямую S1S до ее пересечения с оптической осью OO

 

Рис. 98

в точке С, можно установить местонахож-дение линзы Л. Луч 2, выходящий из ис-

точника параллельно главной оптической оси, после преломления в точке D линзы Л должен пересечь эту ось в главном фокусе F , место-нахождение которого можно установить, проведя от точки S1  через

 

1

точку D прямую S1D до ее пересечения с оптической осью OO в точке F. Таким образом, изображение источника является мнимым, а линза – собирающей. В соответствии с формулой тонкой линзы имеем:

 

119

			h − h

 

 

Физический факультет

 

 

−   =

.

1   1   1 CB  CA  F

 

Величина 1/CA входит в записанное выражение со знаком «минус», потому что изображение является мнимым. Поскольку ∆ CSB подобен

 

h        h

1

+

∆ CS1A, то CB = CB 2 ∆a , откуда

 

CB = h ∆a ,

 

2     1

 

CA = CB + ∆a = h2∆a .

 

2    1

 

2     1

h h

Подставляя эти выражения для CB и CA в записанную выше формулу линзы, получаем ответ: ∆a = F(h − h )2 .

1 2

 

 

1

IV.3. Источник S и его изображение S1 должны лежать на одной прямой – луче 1, проходящем через опти-ческий центр С линзы (см. рис. 99). Поэто-му, проведя прямую SS1 до ее пересечения с оптической осью OO в точке С, можно

 

Рис. 99

установить местонахождение линзы Л. Луч 2, выходящий из источника параллельно главной оптической оси, преломляется в

точке D линзы Л, и после этого сам луч (или его продолжение) должен пересечь эту ось в главном фокусе                            . Местонахождение главного фо-куса можно установить, проведя от точки D через точку S1 прямую

 

1

DS1 до ее пересечения с оптической осью OO в точке F. Таким обра-зом, изображение источника является мнимым, а линза – рассеивающей. В соответствии с формулой тонкой линзы имеем:

 

−    = −

.

1   1      1 CA  CB   F

 

 

120

			h −h

 

 

Решения задач

 

 

Величины 1/CB и 1/ F входят в записанное выражение со знаком «ми-нус» потому, что изображение является мнимым, а линза – рассеиваю-

 

h         h

2

1

+

щей. Поскольку ∆ CS B подобен ∆ CSA , то CB = CB 1 ∆a , откуда

 

CB = h ∆a ,

 

1     2

 

1

CA = CB + ∆a = h ∆a .

 

1    2

 

h h ∆a

Подставляя эти выражения для CA и CB в записанную выше формулу

 

2

1     2

линзы, получаем ответ: F = − (h1−h )2 .